江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角 1.3 大題考法—解三角形講義（含解析）

江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角 1.3 大題考法解三角形講義（含解析）題型(一)三角變換與解三角形的綜合問題主要考查利用正、余弦定理求解三角形的邊長(zhǎng)或角的大小(或三角函數(shù)值)，且常與三角恒等變換綜合考查.所以.又由正弦定理得，所以.法二(邊化角)：因?yàn)閏os B，B(0，)，所以sin B.因?yàn)閏2a，由正弦定理得sin C2sin A，所以sin C2sin(BC)cos Csin C，即sin C2cos C.又因?yàn)閟in2Ccos2C1，sin C0，解得sin C，所以.(2)因?yàn)閏os B，所以cos 2B2cos2B1.又0B，所以sin B，所以sin 2B2sin Bcos B2××.因?yàn)镃B，即CB，所以A(BC)2B，所以sin Asinsincos 2Bcossin 2B××.方法技巧三角變換與解三角形綜合問題求解策略(1)三角變換與解三角形綜合問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據(jù)正、余弦定理結(jié)合已知條件靈活轉(zhuǎn)化邊和角之間的關(guān)系，從而達(dá)到解決問題的目的，其基本步驟是：(2)三角變換與解三角形的綜合問題要關(guān)注三角形中的隱藏條件，如ABC，sin(AB)sin C，cos(AB)cos C, 以及在ABC中，A>Bsin A>sin B等演練沖關(guān)1在ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且bsin 2Ccsin B.(1)求角C；(2)若sin，求sin A的值解：(1)由正弦定理及bsin 2Ccsin B，得2sin Bsin Ccos Csin Csin B，因?yàn)閟in B>0，sin C>0，所以cos C，又C(0，)，所以C. (2)因?yàn)镃，所以B，所以B，又sin，所以cos .又AB，即AB，所以sin Asinsinsin·coscossin××.2在ABC中，AC6，cos B，C.(1)求AB的長(zhǎng)；(2)求cos的值解：(1)因?yàn)閏os B，0B，所以sin B .由正弦定理知，所以AB5.(2)在ABC中，ABC，所以A(BC)，于是cos Acos(BC)coscos Bcossin Bsin.又cos B，sin B，故cos A××.因?yàn)?A，所以sin A.因此，coscos Acossin Asin ××.題型(二)解三角形與平面向量結(jié)合主要考查以平面向量的線性運(yùn)算和數(shù)量積為背景的解三角形問題.典例感悟例2(2018·鹽城模擬)設(shè)ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且ABC面積的大小為S,3·2S.(1)求sin A的值；(2)若C，·16，求b.解(1)由3·2S，得3bccos A2×bcsin A，即sin A3cos A.整理化簡(jiǎn)得sin2A9cos2A9(1sin2A)，所以sin2A.又A(0，)，所以sin A>0，故sin A.(2)由sin A3cos A和sin A，得cos A，又·16，所以bccos A16，得bc16.又C，所以sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C××.在ABC中，由正弦定理，得，即cb.聯(lián)立得b8.方法技巧解三角形與平面向量綜合問題的求解策略(1)向量是一種解決問題的工具，是一個(gè)載體，通常是用向量的數(shù)量積運(yùn)算或性質(zhì)轉(zhuǎn)化成三角函數(shù)問題(2)三角形中的三角函數(shù)要結(jié)合正弦定理、余弦定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化，注意角的范圍對(duì)變形過程的影響演練沖關(guān)1(2018·南通三調(diào))已知ABC是銳角三角形，向量m，n(cos B，sin B)，且mn.(1)求AB的值；(2)若cos B，AC8，求BC的長(zhǎng)解：(1)因?yàn)閙n，所以m·ncoscos Bsinsin Bcos0，又A，B，所以AB，所以AB，即AB.(2)因?yàn)閏os B，B，所以sin B.所以sin Asinsin Bcoscos Bsin××.由正弦定理，得BC×AC×843.2已知ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，向量m(1,2)，n，且m·n1.(1)求角A的大??；(2)若bc2a2，求sin的值解：(1)由題意得m·n2cos2A1cos A12cos2Acos A1，解得cos A或cos A1，0<A<.A.(2)在ABC中a2b2c22bccos A且a，得3b2c22bc×b2c2bc，又bc2a2，b2c，代入整理得c22c30，解得c，b，于是abc，即ABC為等邊三角形，B.sinsinsin cos cos sin .題型(三)以平面圖形為背景的解三角形問題此類問題的本質(zhì)還是主要考查利用正、余弦定理求解三角形或多邊形的邊長(zhǎng)、角度和面積的問題. 典例感悟例3(2018·南通調(diào)研)如圖，在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，ab(sin Ccos C)(1)求ABC；(2)若A，D為ABC外一點(diǎn)，DB2，DC1，求四邊形ABDC面積的最大值解(1)在ABC中，因?yàn)閍b(sin Ccos C)，所以sin Asin B(sin Ccos C)，所以sin(BC)sin B(sin Ccos C)，所以sin Bcos Ccos Bsin Csin Bsin Csin Bcos C, 所以cos Bsin Csin Bsin C，又因?yàn)镃(0，)，故sin C0，所以cos Bsin B，即tan B1. 又B(0，)，所以B.(2)在BCD中，DB2，DC1，BC212222×1×2×cos D54cos D.又A，由(1)可知ABC，所以ABC為等腰直角三角形，SABC×BC××BCBC2cos D， 又SBDC×BD×DC×sin Dsin D, 所以S四邊形ABDCcos Dsin Dsin.所以當(dāng)D時(shí)，四邊形ABDC的面積有最大值，最大值為.方法技巧以平面圖形為背景的解三角形問題的求解思路建聯(lián)系在平面幾何圖形中求相關(guān)的幾何量時(shí)，需尋找各個(gè)三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，通過公共條件形成等式，常常將所涉及的已知幾何量與所求幾何量集中到某一個(gè)三角形用定理“已知兩角和一邊”或“已知兩邊和其中一邊的對(duì)角”應(yīng)采用正弦定理；“已知兩邊和這兩邊的夾角”或“已知三角形的三邊”應(yīng)采用余弦定理演練沖關(guān)1(2018·蘇北三市模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，DAAB，DE1，EC，EA2，ADC，且CBE，BEC，BCE成等差數(shù)列(1)求sinCED；(2)求BE的長(zhǎng)解：設(shè)CED.因?yàn)镃BE，BEC，BCE成等差數(shù)列，所以2BECCBEBCE，又CBEBECBCE，所以BEC.(1)在CDE中，由余弦定理得EC2CD2DE22CD·DE·cosEDC，由題設(shè)知7CD21CD，即CD2CD60，解得CD2(CD3舍去)在CDE中，由正弦定理得，于是sin ，即sinCED.(2)由題設(shè)知0<<，由(1)知cos ，又AEBBEC，所以cosAEBcoscoscos sin·sin cos sin ××.在RtEAB中，cosAEB，所以BE4.2(2018·鹽城中學(xué)調(diào)研)如圖， 在ABC中，B，BC2，點(diǎn)D在邊AB上，ADDC，DEAC，E為垂足(1)若BCD的面積為，求CD的長(zhǎng)；(2)若ED，求A的大小解：(1)由已知得SBCDBC·BD·sin B，又BC2，B，BD，在BCD中，由余弦定理得CD2BC2BD22BC·BD·cos B，CD.(2)在RtCDE中，CD.ADDC，ADCE，CD.在BCD中，由正弦定理，得，又BDC2A，得，CD，CD，解得cos A，A.課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練A組大題保分練1(2018·徐州摸底測(cè)試)已知ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且a2c2bcos A.(1)求角B的大?。?2)若b2，ac4，求ABC的面積解：(1)因?yàn)閍2c2bcos A，由正弦定理，得sin A2sin C2sin Bcos A.因?yàn)镃(AB)，所以sin A2sin(AB)2sin Bcos A.即sin A2sin Acos B2cos Asin B2sin Bcos A，所以sin A·(12cos B)0.因?yàn)閟in A0，所以cos B.又因?yàn)?<B<，所以B.(2)由余弦定理a2c22accos Bb2及b2得，a2c2ac12，即(ac)2ac12.又因?yàn)閍c4，所以ac4，所以SABCacsin B×4×.2(2018·海門中學(xué)周練)在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知a1，b2，BA.(1)求sin A的值；(2)求c的值解：(1)在ABC中，因?yàn)閍1，b2，BA，由正弦定理得，于是2sin Asin Acos cos Asin ，即3sin Acos A，又sin2Acos2A1，所以sin A.(2)由(1)知，cos A，則sin 2A2sin Acos A，cos 2A12sin2A，在ABC中，因?yàn)锳BC，BA，所以C2A.則sin Csinsincos 2Acossin 2A××.由正弦定理得，c.3(2018·鹽城三模)在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，AD為邊BC上的中線(1)若a4，b2，AD1，求邊c的長(zhǎng)；(2)若·c2，求角B的大小解：(1)在ADC中，因?yàn)锳D1，AC2，DCBC2，由余弦定理得cos C.故在ABC中，由余弦定理，得c2a2b22abcos C42222×4×2×6，所以c.(2)因?yàn)锳D為邊BC上的中線，所以()，所以c2··2·c2cbcos A，cbcos A.ABBC，B90°.4.如圖，在梯形ABCD中，已知ADBC，AD1，BD2，CAD，tanADC2.求：(1)CD的長(zhǎng)；(2)BCD的面積解：(1)因?yàn)閠anADC2，所以sinADC，cosADC.所以sinACDsinsinsinADCcoscosADCsin，在ADC中，由正弦定理得CD.(2)因?yàn)锳DBC，所以cosBCDcosADC，sinBCD.在BDC中，由余弦定理BD2BC2CD22·BC·CD·cosBCD，得BC22BC350，解得BC7(負(fù)值舍去)，所以SBCD·BC·CD·sinBCD×7××7.B組大題增分練1(2018·蘇北四市期初調(diào)研)在斜三角形ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為 a，b，c.(1)若2sin Acos Csin B，求的值；(2)若sin(2AB)3sin B，求的值解：(1)由正弦定理，得.從而2sin Acos Csin B可化為2acos Cb.由余弦定理，得2a×b.整理得ac，即1.(2)在斜三角形ABC中，ABC，所以sin(2AB)3sin B可化為sin(AC)3sin(AC)，即sin(AC)3sin(AC)故sin Acos Ccos Asin C3(sin Acos Ccos Asin C)整理，得4sin Acos C2cos Asin C，因?yàn)锳BC是斜三角形，所以sin Acos Acos C0，所以.2(2018·全國(guó)卷)在平面四邊形ABCD中，ADC90°，A45°，AB2，BD5.(1)求cos ADB；(2)若DC2，求BC.解：(1)在ABD中，由正弦定理得，即，所以sin ADB.由題設(shè)知，ADB<90°，所以cos ADB .(2)由題設(shè)及(1)知，cos BDCsin ADB.在BCD中，由余弦定理得BC2BD2DC22BD·DC·cos BDC2582×5×2×25，所以BC5.3(2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)在ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，設(shè)ABC的面積為S，且4S(a2c2b2)(1)求B的大小；(2)設(shè)向量m(sin 2A,3cos A)，n(3，2cos A)，求m·n的取值范圍解：(1)由題意，有4×acsin B(a2c2b2)，則sin B·cos B.因?yàn)閟in B0，所以cos B0，所以tan B.又0<B<，所以B.(2)由向量m(sin 2A,3cos A)，n(3，2cos A)，得m·n3sin 2A6cos2A3sin 2A3cos 2A33sin3.由(1)知B，所以0<A<.所以2A，所以sin，所以m·n，即m·n取值范圍是.4在銳角ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知2acos B2cb.(1)若cos(AC)，求cos C的值；(2)若b5，·5，求ABC的面積；(3)若O是ABC外接圓的圓心，且··m，求m的值解：由2acos B2cb，得2sin Acos B2sin Csin B，即2sin Acos B2sin(AB)sin B，化簡(jiǎn)得cos A，則A60°.(1)由cos(AC)cos B，得cos B，所以sin B.所以cos Ccos(120°B)cos Bsin B.(2)因?yàn)?#183;·()·2|·|·cos A|2bcb25，又b5，解得c8，所以ABC的面積為bcsin A10.(3)由··m，可得····m2.(*)因?yàn)镺是ABC外接圓的圓心，所以·2，·2，又|，所以(*)可化為·c2·b2m·，所以m2(cos Bsin Csin Bcos C)2sin(BC)2sin A.